机械振动单元测试题(1)

机械振动单元测试题(1)
一、机械振动 选择题
1．如图所示，将可视为质点的小物块用轻弹簧悬挂于拉力传感器上，拉力传感器固定于天花板上，将小物块托起一定高度后释放，拉力传感器记录了弹簧拉力F 随时间t 变化的关系如图所示。

以下说法正确的是
A ．t 0时刻弹簧弹性势能最大
B ．2t 0站时刻弹簧弹性势能最大
C ．
03
2t 时刻弹簧弹力的功率为0 D ．
03
2
t 时刻物体处于超重状态 2．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l ，引力常量为G ，地球质量为M ，摆球到地心的距离为r ，则单摆振动周期T 与距离r 的关系式为( ) A ．T =2πr
GM
l
B ．T =2πr
l GM C ．T =
2πGM
r l
D ．T =2πl
r GM
3．用图甲所示的装置可以测量物体做匀加速直线运动的加速度，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。

物体带动纸带一起向左运动时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下如图所示的径迹。

图乙为某次实验中获得的纸带的俯视图，径迹与中央虚线的交点分别为A 、B 、C 、D ，用刻度尺测出A 、B 间的距离为x 1；C 、D 间的距离为x 2。

已知单摆的摆长为L ，重力加速度为g ，则此次实验中测得的物体的加速度为（ ）
A ．
212()x x g
L
π-
B ．
212()2x x g
L
π-
C ．
212()4x x g
L
π-
D ．
212()8x x g
L
π-
4．如图所示，弹簧的一端固定，另一端与质量为2m 的物体B 相连，质量为1m 的物体A
放在B 上，212m m =．A 、B 两物体一起在光滑水平面上的N 、N '之间做简谐运动，运动过程中A 、B 之间无相对运动，O 是平衡位置．已知当两物体运动到N '时，弹簧的弹性势能为p E ，则它们由N '运动到O 的过程中，摩擦力对A 所做的功等于（ ）
A ．p E
B ．
12
p E C ．13
p E
D ．
14
p E 5．如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个
T 形支架在竖直方向振动， T 形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统．圆盘
静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示．圆盘匀速转动时，小球做受迫振动．小球振动稳定时．下列说法正确的是（ ）
A ．小球振动的固有频率是4Hz
B ．小球做受迫振动时周期一定是4s
C ．圆盘转动周期在4s 附近时，小球振幅显著增大
D ．圆盘转动周期在4s 附近时，小球振幅显著减小
6．如图所示是在同一地点甲乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是
A ．甲乙两个单摆的振幅之比是1：3
B ．甲乙两个单摆的周期之比是1：2
C ．甲乙两个单摆的摆长之比是4：1
D ．甲乙两个单摆的振动的最大加速度之比是1 ：4
7．如图所示，水平方向的弹簧振子振动过程中，振子先后经过a 、b 两点时的速度相同，且从a 到b 历时0.2s ，从b 再回到a 的最短时间为0.4s ，aO bO =，c 、d 为振子最大位移处，则该振子的振动频率为（ ）
A ．1Hz
B ．1.25Hz
C ．2Hz
D ．2.5Hz
8．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，可行的是（ ） A ．适当加长摆线
B ．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的
C ．单摆偏离平衡位置的角度要适当大一些
D ．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
9．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L 和摆动周期T ，如图(a)所示．通过改变悬线长度L ，测出对应的摆动周期T ，获得多组T 与L ，再以T 2为纵轴、L 为横轴画出函数关系图像如图(b)所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会（ ）
A ．偏大
B ．偏小
C ．一样
D ．都有可能
10．如图（甲）所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图象如图（乙）所示，以下说法正确的是（ ）
A ．t 1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小
B ．t 2时刻小球速度最大，轨道对它的支持力最小
C ．t 3时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大
D ．t 4时刻小球速度 为零，轨道对它的支持力最大
11．一简谐振子沿x 轴振动，平衡位置在坐标原点．0t =时刻振子的位移0.1m x =-；
4
s 3
t =时刻0.1m x =；4s t =时刻0.1m x =．该振子的振幅和周期可能为（ ） A ．0.1 m ，8s 3
B ．0.1 m, 8s
C ．0.2 m ，8s 3
D ．0.2 m ，8s
12．甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（ ）
A ．甲的速度为零时，乙的速度最大
B ．甲的加速度最小时，乙的速度最小
C．任一时刻两个振子受到的回复力都不相同
D．两个振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2
E.两个振子的振幅之比为A甲：A乙=2：1
13．装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示。

把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。

竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图象如图乙所示，其中A 为振幅。

对于玻璃管，下列说法正确的是（）
A．回复力等于重力和浮力的合力
B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒
C．位移满足函数式
5
4sin(4)
6
x t
π
π
=- cm
D．振动频率与按压的深度有关
E.在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大
14．某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x＝A sin ωt，振动图象如图所示，则（）
A．弹簧在第1 s末与第5 s末的长度相同
B．简谐运动的频率为1
8 Hz
C．第3 s末，弹簧振子的位移大小为
2 2
A
D．第3 s末与第5 s末弹簧振子的速度方向相同
E.第5 s末，振子的加速度与速度方向相同
15．如图所示是单摆做阻尼振动的振动图象，下列说法正确的是（）
A ．摆球A 时刻的动能等于
B 时刻的动能 B ．摆球A 时刻的势能等于B 时刻的势能
C ．摆球A 时刻的机械能等于B 时刻的机械能
D ．摆球A 时刻的机械能大于B 时刻的机械能
16．如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A 与驱动力频率f 的关系），则( )
A ．此单摆的固有周期约为2s
B ．此单摆的摆长约为1m
C ．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D ．若摆长增大，共振曲线的峰将右移
17．一水平弹簧振子做简谐运动，周期为T ，则( )
A ．若t T =，则t 时刻和()t t +时刻振子运动的加速度一定大小相等
B ．若2
T
t =
，则t 时刻和()t t +时刻弹簧的形变量一定相等 C ．若t 时刻和()t t +时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，则t 一定等于2
T
的奇数倍
D ．若t 时刻和()t t +时刻振子运动速度的大小相等，方向相同，则t 一定等于2
T
的整数倍
18．铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动．普通钢轨长为12.6m ，列车固有振动周期为0.315s ．下列说法正确的是（ ） A ．列车的危险速率为40/m s
B ．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象
C ．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
D ．增加钢轨的长度有利于列车高速运行
19．如图所示，水平弹簧振子沿x 轴在M 、N 间做简谐运动，坐标原点O 为振子的平衡位置，其振动方程为5sin 10cm 2x t ππ⎛⎫
=+
⎪⎝
⎭
．下列说法正确的是（ ）
A．MN间距离为5cm
B．振子的运动周期是0.2s
C．0
t=时，振子位于N点
D．0.05
t s
=时，振子具有最大加速度
20．如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O 点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。

已知在t1时刻物块的速度大小为v，方向向下，动能为E k。

下列说法错误的是（）
A．如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2~t1的最小值小于
2
T
B．如果在t2时刻物块的动能也为E k，则t2~t1的最小值为T
C．物块通过O点时动能最大
D．当物块通过O点时，其加速度最小
二、机械振动实验题
21．有两组同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，各自利用先进的DIS 系统用单摆测量当地重力加速度 g。

(1)关于实验的操作或者误差的分析，下列说法正确的是（______）
A．让摆线长适当大些，并从平衡位置开始计时有助于减小实验误差
B．操作中提前按下秒表，但准确结束计时，将会导致实验结果偏大
C．若实验者在计算摆长时忘记加上球的半径，则实验结果一定会偏小
D．若实验中不小心让摆球在水平面内做圆锥摆运动而实验者没有发现，将会导致实验结果偏大
(2)在南京大学做探究的同学利用计算机绘制了当地两个单摆的振动图象（如图），由图可
知，两单摆摆长之比a
b
L
L＝_______；
(3)若去北大的那组同学是这样操作的：当小球经过平衡位置时按下秒表开始计时，并计数“1”，当第 n 次经过平衡位置时结束计时，所用时间为t，摆长为L，则计算当地重力加速度 g的表达式为g=______（用所给物理量表示）
22．某实验小组利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。

（1）为了使测量误差尽量小，下列说法中正确的是________；
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．为了使单摆的周期大一些，应使摆线相距平衡位置有较大的角度
（2）该实验小组用20分度的游标卡尺测量小球的直径。

某次测量的示数如图乙所示，读出小球直径为d=______cm；
（3）该同学用米尺测出悬线的长度为L，让小球在竖直平面内摆动。

当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数为1、2、3……。

当数到40时，停止计时，测得时间为t。

改变悬线长度，多次测量，利用计算机作出了t2–L图线如图丙所示。

根据图丙可以得出当地的重力加速度g＝__________ m/s2。

（取π2＝9.86，结果保留3位有效数字）
23．在做“用单摆测定重力加速度”的实验时：
(1)下列给出的材料中应选择______作为摆球与摆线，组成单摆。

A．木球
B．铁球
C．柔软不易伸长的丝线
D．粗棉线
(2)在用单摆测定重力加速度的实验中，下列措施中必要的或做法正确的是________。

A．为了便于计时观察，单摆的摆角应尽量大些
B．摆线长应远远大于摆球直径
C．摆球应选择密度较大的实心金属小球
D．用停表测量周期时，应测量单摆20~30次全振动的时间，然后计算周期，而不能把只测一次全振动时间当作周期
E．将摆球和摆线平放在桌面上，拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长，然后将O点作为悬点
(3)为了减少实验误差，该同学采用图像法处理数据，通过多次改变摆长，测得多组摆长L 和对应的周期T，并作出T2－L图像，如图所示。

若图线的斜率为k，则用k表示重力加速度的测量值g=________。

(4)实验测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是____。

A．摆球的质量偏大
B．单摆振动的振幅偏小
C．计算摆长时忘加上了摆球的半径
n 次
D．将实际振动次数n次误记成(1)
24．某小组在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
(1)某同学组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测量从悬点到摆球上端的长度L=0.9997m，如图甲所示，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示，則该摆球的直径为_______mm，单摇摆长为_______m
(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是_____(填正确答案标号)
A．测量周期时，从摆球经过平衡位置计时误差最小
B．实验中误将49次全振动记为50次，则重力加速度的测量值偏大
C．质量相同、体积不同的摆球，选用体积较大的进行实验，测得的重力加速度误差较小25．实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。

(1)实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线
B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约2 cm的铁球
D．直径约2 cm的塑料球
E．米尺
F．时钟
G．停表
实验时需要从上述器材中选择：____________（填写器材前面的字母）。

(2)在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上。

②测得摆线长度，作为单摆的摆长。

③在偏角较小的位置将小球由静止释放。

④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期
t
T
n 。

⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。

其中有一处操作不妥当的是____________。

（填写操作步骤前面的序号）
(3)发现(2)中操作步骤的不妥之处后，他们做了如下改进：让单摆在不同摆线长度的情况下做简谐运动，测量其中两次实验时摆线的长度l1、l2和对应的周期T1、T2，通过计算也能得到重力加速度大小的测量值。

请你写出该测量值的表达式g=_____________。

(4)实验后同学们进行了反思。

他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。

请你简要说明其中的原因_____________。

26．在用单摆测量重力加速度的实验中，实验装置如图(a)所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆．
①实验过程有两组同学分别用了图(b)(c)的两种不同方式悬挂小钢球，你认为 ______ (选填“b”或“c”)悬挂方式较好．
②某同学在实验中测得的小球直径为d，测定了摆线的长度为l，用秒表记录小球完成n次全振动的总时间为t，则当地的重力加速度的表示式为g= ______ (用d、l、n、t表示)
③图(d)是某组同学根据实验数据画出的T2−L图线，其中L是摆长，现已测出图中直线斜率为k，则可得出当地重力加速度表达式g=______ ．
④实验中有个同学发现他测得重力加速度的值偏大，其原因可能是 ______
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．单摆所用摆球质量太大
C．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
D．把n次全振动时间误当成(n+1)次全振动时间
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一、机械振动选择题
1．A 【解析】 【分析】
本题考查弹簧不同状态下对应各物理量的值得情况。

【详解】
AB ．t 0时刻弹簧弹力最大，伸长量最大，弹性势能最大，2t 0时刻，弹力最小，弹性势能最小，A 正确，B 错误； C ．03
2
t 时刻，弹簧振子在平衡位置，速度最大，弹力为2F 0，功率不为零，C 错误； D ．
03
2t 时刻，弹簧振子在平衡位置，物体加速度为零，处于平衡状态，D 错误； 故选A 。

2．B 【解析】 【分析】 【详解】
在地球表面重力等于万有引力，故
2
Mm
mg G
r = 解得
2
GM
g r =
由单摆的周期：
2T =联立各式解得
2T π= 故选B ． 【点睛】
本题关键是要掌握两个公式，地球表面的重力加速度公式2
GM
g r =
和单摆的周期公式
2T =. 3．B 【解析】 【分析】 【详解】
由题意可知，AB 段，BC 段，CD 段的时间相等且都等于单摆的半周期，由匀变速直线运动规律得
2212()2
T
x x a -=
其中T 为单摆周期，则2π
L
T g
=，联立解得 212()2πx x g
a L
-=
故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

4．C 【解析】 【分析】 【详解】
整体做简谐运动，则对整体有：弹簧在N 点的弹性势能等于整体运动到O 点的动能，即
2121
()2
p E m m v =
+ 而此摩擦力对A 所做的功等于211
2m v ，因212m m =，所以摩擦力对A 所做的功为3
p E 。

故选C 。

5．C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球振动的固有周期4s T =，则其固有频率为1
0.25Hz f T
=
=，A 错误； B ．小球做受迫振动时周期等于驱动力的周期，即等于圆盘转动周期，不一定等于固有周期4s ，B 错误；
CD ．圆盘转动周期在4s 附近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现象，振幅显著增大，C 正确D 错误。

故选C 。

6．C 【解析】 【详解】
A ．由振动图像可知，甲乙两个单摆的振幅之比是3：1，选项A 错误；
B ．甲乙两个单摆的周期之比是4:2=2:1，选项B 错误；
C ．根据2L
T g
=可得
22
2
4gT L T π
=∝ 可知甲乙两个单摆的摆长之比是4：1，选项C 正确；
D ．单摆的最大加速度22
4A
a T
π=可知，甲乙两个单摆的振动的最大加速度之比是3 ：4，选项D 错误。

7．B 【解析】 【分析】 【详解】
由题可知，a 、b 两点关于平衡位置对称，从a 到b 历时
10.2s t =
从b 再回到a 的最短时间为0.4s ，即从b 到c 所用时间为
20.40.2
s 0.1s 2
t -=
= 所以弹簧振子振动的周期为
12240.8s T t t =+=
则振动频率为
1
1.25Hz f T
=
= 故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

8．A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．适当加长摆线，可增加单摆的周期，从而减小测量周期的相对误差，故A 项正确；
B ．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，从而减小空气阻力带来的影响，故B 项错误；
C ．单摆偏离平衡位置的角度不要超过5°，故C 项错误；
D ．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30~50次全振动后停止计时，求出平均周期，故D 项错误。

故选A 。

9．C 【解析】 【详解】
根据单摆的周期公式：2T =得：222
44T L r g g ππ=+，T 2与L 图象的斜率
24k g π=，横轴截距等于球的半径r ．
故2
4g k
π=
根据以上推导，如果L 是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g 的计算没有影响，一样，故ABD 错误，C 正确． 故选C ． 10．A 【解析】
试题分析：t 1时刻小球速度为零，小球到达最高点，故轨道对它的支持力最小，选项A 正
确；t 2时刻小球速度最大，根据2
N v F mg m R
=+可知，轨道对它的支持力最大，选项B 错
误；.t 3时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小，选项C 错误；t 4时刻小球速度最大，轨道对它的支持力最大，选项D 错误；故选A. 考点：v-t 图线；牛顿第二定律. 11．ACD 【解析】 【分析】 【详解】
AB. 如果振幅等于0.1m ，经过周期的整数倍，振子会回到原位置，则有：
4
(4)s 3
nT -=
当1n =时，8
s 3
T =
，故A 正确，B 错误； CD. 如果振幅大于0.1m ，如图所示，则有：
()444s 332
T nT +-=+ 当0n =时，8s T =；当1n =时，8
s 3
T =
；故C 正确，D 正确；
12．ADE 【解析】
【分析】
甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最大；甲在平衡位置加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最大；甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复力都为零；由图可知两振子的周期，根据1
f T
=，可得频率之比；由图可知振幅之比． 【详解】
A ．由图可知甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最大，故A 正确；
B ．由图可知甲在平衡位置加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最大，故B 错误；
C ．甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复力都为零，故C 错误；
D ．由图可知，甲的周期T 甲=2.0s ，乙的周期T 乙=1.0s ，根据：
1f T
=
得甲的频率f 甲=0.5Hz ；乙的频率f 乙=1.0Hz ；两个振子的振动频率之比f 甲：f 乙=1：2，故D 正确；
E ．由图可知，甲的振幅A 甲=10cm ，乙的振幅A 乙=5cm ，两个振子的振幅之比为A 甲：A 乙=2：1，故E 正确。

13．ACE 【解析】 【分析】 【详解】
A ．装有一定量液体的玻璃管只受到重力和液体的浮力，所以装有一定量液体的玻璃管做简谐振动的回复力等于重力和浮力的合力。

故A 正确；
B ．玻璃管在做简谐振动的过程中，液体的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒。

故B 错误；
C ．振动的周期为0.5s ，则圆频率
22rad/s 4rad/s 0.5
T ππ
ωπ＝
＝＝ 由图可知振动的振幅为A ，由题可知，A =4cm ；t =0时刻
0sin 2
A
A ϕ-= 结合t =0时刻玻璃管振动的方向向下，可知076ϕπ＝（11 6
π舍去），则玻璃管的振动方程为
754sin(4+
)cm=4sin(4)cm 66
x t t ππ
ππ=- 故C 正确；
D ．由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期与振幅无关。

故D 错误；
E．由图可知，在t1～t2时间内，位移减小，加速度
f kx
a
m m
=-
＝减小；玻璃管向着平衡
位置做加速运动，所以速度增大。

故E正确。

故选ACE。

14．BCD
【解析】
【详解】
A．在水平方向上做简谐运动的弹簧振子，其位移x的正、负表示弹簧被拉伸或压缩，所以弹簧在第1 s末与第5 s末时，虽然位移大小相同，但方向不同，弹簧长度不同，选项A错误；
B．由图象可知，T＝8 s，故频率为f＝1
8
Hz，选项B正确；
C．ω＝2
T
π
＝
4
π
rad/s，则将t＝3 s代入x＝A sin
4
π
t，可得弹簧振子的位移大小x＝
2
A，
选项C正确；
D．第3 s末至第5 s末弹簧振子沿同一方向经过关于平衡位置对称的两点，故速度方向相同，选项D正确；
E．第5 s末加速度与速度反向，E错误．
故选BCD.
15．BD
【解析】
因为单摆做阻尼振动，因为要不断克服空气阻力做功，振幅逐渐减小，使得机械能逐渐转化为其他形式的能，机械能不断减小，由于A、B两时刻单摆的位移相同，位置一样，所以势能相等，因为机械能减小，所以动能减小，BD正确．
16．AB
【解析】
【详解】
单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，则固有频率为0.5Hz，周期为2s．故A正确；由图可知，共振时单摆的振动频率与固
有频率相等，则周期为2s．由公式T=2πL≈1m，故B正确；若摆长增大，单摆
的固有周期增大，则固有频率减小．故C错误；若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动．故D错误；故选AB．
【点睛】
本题关键明确：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象．
17．AB
【解析】
A 、若t T =，由简谐振动的周期性可知，t 时刻和()t t +时刻振子运动的各物理量都相同，所以加速度一定大小相等，故A 正确；
B 、若2
T
t =
，在t 时刻和()t t +时刻振子的位置一定关于平衡位置是对称点，弹簧沿水平方向做简谐振动，所以受到的弹簧的弹力的大小相等，所以两个时刻弹簧的形变量一定相等，故B 正确；
C 、若t 时刻和()t t +时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，振子可能以相等的速度经过两点，也可能以方向相反的速度经过两点，所以则t 不一定等于2
T
的奇数倍，故C 错误；
D 、若t 时刻和()t t +时刻振子运动速度的大小相等、方向相同，可能振子经过同一点，也可能经过关于平衡位置对称的两位置，t 不一定等于
2
T
的整数倍，故D 错误． 点睛：本题考查对简谐运动物理量及其变化的理解程度，可通过过程分析理解掌握，简谐运动中速度与加速度的大小变化情况是相反，也可以作出振动图象进行分析． 18．AD 【解析】 【详解】
当列车受到冲击的频率和列车故有频率相同时，会发生共振，比较危险，由l
T v
=可得危险车速为12.6/40/0.315
l v m s m s T =
==，A 正确；列车过桥需要减速，是为了防止桥与火车发生共振现象，B 错误；列车的速度不同，则振动频率不同，C 错误；由题意可知，根据
l
T v =
可知增加长度可以使危险车速增大，故可以使列车高速运行，故D 正确． 19．BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．MN 间距离为2A =10cm ，选项A 错误；
B ．因=10rad/s ωπ可知振子的运动周期是
22s 0.2s 10T π
π
ω
π
=
=
= 选项B 正确； C ．由5sin 10cm 2x t ππ⎛⎫
=+ ⎪⎝
⎭
可知t =0时，x =5cm ，即振子位于N 点，选项C 正确； D ．由5sin 10cm 2x t ππ⎛⎫
=+
⎪⎝
⎭
可知0.05t s =时x =0，此时振子在O 点，振子加速度为
零，选项D 错误． 20．B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等，所以如果在t 2时刻物块的速度大小也为v ，方向向下，则t 2~t 1的最小值小于
2
T
，选项A 正确； B ．物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t 2时刻物块的动能也为E k ，则t 2~t 1的最小值可以小于T ，选项B 错误；
CD ．图中O 点是平衡位置，物块经过O 点时速度最大，动能最大，加速度最小，选项CD 正确。

本题选错误的，故选B 。

二、机械振动 实验题
21．AD 9：4 22
2
(1)n L t
π- 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]A ．让摆线长适当大些，并从平衡位置开始计时有助于减小实验误差 ，A 正确； B ．操作中提前按下秒表，但准确结束计时，造成周期测量值偏大，根据重力加速度测量公式
2
24g L T
π=
可知将会导致重力加速度测量值偏小，B 错误；
C ．若实验者在计算摆长时忘记加上球的半径，如果通过2T L — 图象的斜率计算重力加速度，则实验结果准确，C 错误；
D ．若实验中不小心让摆球在水平面内做圆锥摆运动而实验者没有发现，根据圆锥摆的受力可知
cos T mg θ=
2
2sin (
)sin T m L T
πθθ= 整理得
2
24cos g L T
πθ=
相当于摆长变为cos L θ，但实验者还按L 计算，相当于摆长测量值偏大，从而将会导致实验结果偏大，D 正确。

故选AD 。

(2)[2]由图可知振动周期之比
32
a b T T = 根据单摆振动周其公式
2T =可得
2294
a a
b b L T L T == (3)[3]根据]该同学记录，可得振动周期
21
t
T n =
- 代入公式可得
222
(1)n g L t
π-= 22．BC 0.810 9.80 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]．A ．组装单摆须选用密度较大且直径较小的摆球，选项A 错误； B ．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，选项B 正确； C ．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，选项C 正确；
D ．单摆的摆角不得超过5°，否则单摆的运动就不是简谐运动，选项D 错误； 故选BC 。

(2)[2]．小球直径为d =0.8cm+0.05mm×2=0.810cm ； (3)[3]．单摆的周期为
120402
t t T =
=
⨯
由
2T =可得
2
2
1600t L g
π=
由图像可知。